in line 45 mysqliエラーを返す

Question

なぜ45行目のmysqliにエラーが発生するのですか？と私は厳密にmysqliだけを使用したいですか？ オブジェクトを作成して「新規」なしで接続しようとしましたが、動作しません。しかし、接続データベース・ラインを新しいものにスキップすると、まだうまく動作しません。 mysqli check文を使ってこの挿入、表示、編集、および削除に最適なソリューションを紹介してください。 使用

<?php 
$servername = "localhost"; 
$username = "root"; 
$password = ""; 
$dbname = "myDB"; 

// Create connection 
$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname); 

// Check connection 
if ($conn->connect_error) { 
    die("Connection failed: " . $conn->connect_error); 
} 

if(isset($_POST['submit'])){ 

     $firstname  = $_POST['firstname']; 
     $lastname  = $_POST['lastname']; 
     $email   = $_POST['email']; 



// prepare and bind 
$prep_stmt = $conn->prepare("INSERT INTO MyGuests (firstname, lastname, email) VALUES (?, ?, ?)"); 

if($stmt = $conn->prepare($prep_stmt)){ 

$stmt->bind_param("sss", $firstname, $lastname, $email); 
$stmt->execute(); 
      echo "<script>alert('data inserted')</script>"; 

     } 
} 

?> 

Answer 1

私は今、私のコードを解決しました。

<?php 
//$servername = "localhost"; 
//$username = "root"; 
//$password = ""; 
//$dbname = "myDB"; 

// Create connection 
//$conn = new mysqli($servername, $username, $password, $dbname); 

$conn = mysqli_connect("localhost", "root", "", "myDB"); 




// Check connection 
if ($conn->connect_error) { 
    die("Connection failed: " . $conn->connect_error); 
} 

if(isset($_POST['submit'])){ 

     $firstname  = $_POST['firstname']; 
     $lastname  = $_POST['lastname']; 
     $email   = $_POST['email']; 



// prepare and bind 
$prep_stmt ="INSERT INTO MyGuests (firstname, lastname, email) VALUES (?, ?, ?)"; 

if($stmt = $conn->prepare($prep_stmt)){ 

$stmt->bind_param("sss", $firstname, $lastname, $email); 
$stmt->execute(); 
      echo "<script>alert('data inserted')</script>"; 

     } 
} 

?>